2025年高考数学一轮复习（基础版）课时精讲第10章　§10.1　计数原理与排列组合（2份打包，原卷版+含解析）

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1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
2.理解排列、组合的概念.
3.能利用计数原理、排列组合解决简单的实际问题．
知识梳理
1．两个计数原理
(1)分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
(2)分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
2．排列与组合的概念
.排列数与组合数
(1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，用符号Aeq \\al(m,n)表示．
(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，用符号Ceq \\al(m,n)表示．
4．排列数、组合数的公式及性质
常用结论
1．排列数、组合数常用公式
(1)Aeq \\al(m,n)＝(n－m＋1)Aeq \\al(m－1,n).
(2)Aeq \\al(m,n)＝nAeq \\al(m－1,n－1).
(3)(n＋1)！－n！＝n·n！.
(4)kCeq \\al(k,n)＝nCeq \\al(k－1,n－1).
(5)Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m,n－1)＋…＋Ceq \\al(m,m＋1)＋Ceq \\al(m,m)＝Ceq \\al(m＋1,n＋1).
2．解决排列、组合问题的十种技巧
(1)特殊元素优先安排．
(2)合理分类与准确分步．
(3)排列、组合混合问题要先选后排．
(4)相邻问题捆绑处理．
(5)不相邻问题插空处理．
(6)定序问题倍缩法处理．
(7)分排问题直排处理．
(8)“小集团”排列问题先整体后局部．
(9)构造模型．
(10)正难则反，等价转化．
自主诊断
1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同．( × )
(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( × )
(3)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( × )
(4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( √ )
2．(多选)下列结论正确的是( )
A．3×4×5＝Aeq \\al(3,5)
B．Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(3,5)＝Ceq \\al(2,6)
C．若Ceq \\al(x,10)＝Ceq \\al(2x－2,10)，则x＝3
D．Ceq \\al(0,7)＋Ceq \\al(2,7)＋Ceq \\al(4,7)＋Ceq \\al(6,7)＝64
答案 AD
解析 3×4×5＝Aeq \\al(3,5)，故A正确；
Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(3,5)＝2Ceq \\al(2,5)＝2×eq \f(4×5,2)＝20，Ceq \\al(2,6)＝eq \f(6×5,2)＝15，故Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(3,5)≠Ceq \\al(2,6)，故B错误；
Ceq \\al(x,10)＝Ceq \\al(2x－2,10)，则x＝2x－2或x＋2x－2＝10，解得x＝2 或x＝4，故C错误；
Ceq \\al(0,7)＋Ceq \\al(2,7)＋Ceq \\al(4,7)＋Ceq \\al(6,7)＝Ceq \\al(0,7)＋Ceq \\al(2,7)＋Ceq \\al(3,7)＋Ceq \\al(1,7)＝1＋eq \f(7×6,2)＋eq \f(7×6×5,3×2)＋7＝64，故D正确．
3．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法种数为________，从第1,2,3层各取1本书，不同的取法种数为________．
答案 15 120
解析 由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法种数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1,2,3层各取1本书，不同的取法种数为4×5×6＝120.
4．将4名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，则不同的安排方案共有________种．
答案 36
解析 第一步，先从4名学生中任选2人组成一组，与剩下2人分成三组，有Ceq \\al(2,4)＝6(种)不同的方法；第二步，将分成的三组安排到甲、乙、丙三地，则有Aeq \\al(3,3)＝6(种)不同的方法．故共有6×6＝36(种)不同的安排方案.
题型一 计数原理
例1 (1)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A．60 B．48 C．36 D．24
答案 B
解析 长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.
(2)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )
A．144个 B．120个 C．96个 D．72个
答案 B
解析 ①当万位数字为5，个位数字为0时，有4×3×2＝24(个)；②当万位数字为5，个位数字为2时，有4×3×2＝24(个)；③当万位数字为5，个位数字为4时，有4×3×2＝24(个)；④当万位数字为4，个位数字为0时，有4×3×2＝24(个)；⑤当万位数字为4，个位数字为2时，有4×3×2＝24(个)．由分类加法计数原理，得共有24＋24＋24＋24＋24＝120(个)．
(3)如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，给△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有4种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是( )
A．48 B．54 C．72 D．108
答案 C
解析 设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别为②，③，④，⑤区．
第一步给①区涂色，有4种涂色方法．
第二步给②区涂色，有3种涂色方法．
第三步给③区涂色，有2种涂色方法．
第四步给④区涂色，若④区与②区同色，⑤区有2种涂色方法；
若④区与②区不同色，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法．
所以共有4×3×2×(2＋1×1)＝72(种)涂色方法．
思维升华 完成一件事的方法种数的计算步骤
(1)审清题意，弄清要完成的事件是怎样的．
(2)分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种．
(3)弄清在每一类或每一步中的方法种数．
(4)根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数．
跟踪训练1 (1)某生产过程中有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中选出4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两名工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两名工人中安排1人，则不同的安排方案共有( )
A．24种 B．36种 C．48种 D．72种
答案 B
解析 分两类：①第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12(种)；②第一道工序不安排甲时有1×2×4×3＝24(种)．所以共有12＋24＝36(种)．
(2)用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数(用数字作答)．
答案 420
解析 当个位数字为0时，有6×5×4＝120(个)无重复数字的四位偶数；当个位数字为2,4,6中的一个时，千位数字不能为0，有3×5×5×4＝300(个)无重复数字的四位偶数．根据分类加法计数原理知，共有120＋300＝420(个)无重复数字的四位偶数．
(3)某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域花卉颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有________种．(用数字作答)
答案 180
解析 先在A中种植，有5种不同的种植方法，再在B中种植，有4种不同的种植方法，
再在C中种植，有3种不同的种植方法，最后在D中种植，有3种不同的种植方法，所以不同的种植方案共有5×4×3×3＝180(种)．
题型二 排列组合问题
例2 (1)为了强化学校的体育教育教学工作，提高学生身体素质，加强学生之间的沟通，凝聚班级集体的力量，激发学生对体育的热情，某中学举办田径运动会．某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校4×100米接力赛，其中甲只能跑第一棒或第二棒，乙只能跑第二棒或第四棒，那么甲、乙都参加的不同棒次安排方案种数为( )
A．48 B．36 C．24 D．12
答案 B
解析 当甲排第一棒时，乙可排第二棒或第四棒，共有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,4)＝24(种)方案；当甲排第二棒时，乙只能排第四棒，共有Aeq \\al(2,4)＝12(种)方案．故甲、乙都参加的不同棒次安排方案种数为24＋12＝36.
(2)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)．
答案 64
解析 ①当从8门课中选修2门时，不同的选课方案共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,4)＝16(种)；
②当从8门课中选修3门时，
(ⅰ)若体育类选修1门，则不同的选课方案共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,4)＝24(种)；
(ⅱ)若体育类选修2门，则不同的选课方案共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,4)＝24(种)．
综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64(种)．
思维升华 排列问题和组合问题的区分方法
(1)排列问题：若交换某两个元素的位置对结果有影响，则是排列问题，即排列问题与选取的顺序有关．
(2)组合问题：若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题，即组合问题与选取的顺序无关．
跟踪训练2 (1)学校高三大理班周三上午四节、下午三节有六门科目可供安排，其中语文和数学各自都必须上两节而且两节连上，而英语、物理、化学、生物最多上一节，则不同的课程安排有________种情况．
答案 336
解析 根据题意，分2种情况讨论：
①语文和数学都安排在上午，此时语文和数学的安排方法有2种，再在剩下的4门课中任选3门，安排在下午，有Aeq \\al(3,4)种情况，则此时有2×Aeq \\al(3,4)＝48(种)安排方法；
②语文和数学分别安排在上午和下午，若语文在上午，有3种安排方法；数学在下午，有2种安排方法，再在剩下的4门课中任选3门，安排在其他时间，有Aeq \\al(3,4)种情况，则语文在上午、数学在下午的安排方法有3×2×Aeq \\al(3,4)＝144(种)，同理，数学在上午、语文在下午的安排方法也有144种，则不同的安排方法有48＋144＋144＝336(种)．
(2)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人，组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，则共有________种不同的选法(用数字作答)．
答案 660
解析 方法一 ①只有1名女生时，先选1名女生，有Ceq \\al(1,2)种方法；再选3名男生，有Ceq \\al(3,6)种方法；
然后排队长、副队长位置，有Aeq \\al(2,4)种方法．由分步乘法计数原理知，共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,6)Aeq \\al(2,4)＝480(种)不同的选法．
②有2名女生时，再选2名男生，有Ceq \\al(2,6)种方法；然后排队长、副队长位置，有Aeq \\al(2,4)种方法．
由分步乘法计数原理知，共有Ceq \\al(2,6)Aeq \\al(2,4)＝180(种)不同的选法．所以依据分类加法计数原理知，
共有480＋180＝660(种)不同的选法．
方法二 不考虑限制条件，共有Aeq \\al(2,8)Ceq \\al(2,6)种不同的选法，而没有女生的选法有Aeq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)种，
故至少有1名女生的不同选法有Aeq \\al(2,8)Ceq \\al(2,6)－Aeq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)＝840－180＝660(种)．
题型三 排列组合的综合应用
命题点1 相邻、相间问题
例3 甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有( )
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
答案 B
解析 先将丙和丁捆在一起有Aeq \\al(2,2)种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有Aeq \\al(3,3)种排列方式，最后将甲插入中间两空，有Ceq \\al(1,2)种排列方式，所以不同的排列方式共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)Ceq \\al(1,2)＝24(种)．
命题点2 定序问题
例4花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色．如图，现有悬挂着的6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法种数为________．
答案 90
解析 由题意，取下6盏不同的花灯，先对6盏不同的花灯进行全排列，共有Aeq \\al(6,6)种方法，因为每次只取一盏花灯，而且只能从下往上取，所以必须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，故共有取法种数为eq \f(A\\al(6,6),A\\al(2,2)A\\al(2,2)A\\al(2,2))＝90.
命题点3 分组、分配问题
例5 某高校计划在今年暑假安排编号为A，B，C，D，E，F的6名教师，到4个不同的学校进行宣讲，每个学校至少安排1人，其中B，D必须安排在同一个学校．则不同的安排方法共有( )
A．96种 B．144种
C．240种 D．384种
答案 C
解析 将这6名教师分成四组，再分配到不同的学校．若教师人数依次为3,1,1,1，则不同的安排方法有Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(4,4)＝96(种)；若教师人数依次为2,2,1,1，则不同的安排方法有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(4,4)＝144(种)，故不同的安排方法共有96＋144＝240(种)．
思维升华 求解排列组合问题的6种主要方法
跟踪训练3 (1)(多选)已知A，B，C，D，E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有( )
A．若A，B不相邻，则共有72种不同排法
B．若A不站在最左边，B不站在最右边，则共有72种不同排法
C．若A在B右边，则共有60种不同排法
D．若A，B两人站在一起，则共有48种不同排法
答案 ACD
解析 对于A，若A，B不相邻，则共有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,4)＝72(种)不同排法，故A正确；
对于B，若A不站在最左边，B不站在最右边，则利用间接法共有Aeq \\al(5,5)－2Aeq \\al(4,4)＋Aeq \\al(3,3)＝78(种)不同排法，故B错误；
对于C，若A在B右边，则共有eq \f(A\\al(5,5),A\\al(2,2))＝60(种)不同排法，故C正确；
对于D，若A，B两人站在一起，则共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4)＝48(种)不同排法，故D正确．
(2)某综合性大学数学科学学院为了提高学生的数学素养，开设了“古今数学思想”“世界数学通史”“几何原本”“什么是数学”四门选修课程，要求每位学生从大一到大三的三个学年内将四门选修课程全部修完，且每学年最多选修两门，若同一学年内选修的课程不分前后顺序，则每位学生共有________种不同的选修方式(用数字作答)．
答案 54
解析 由题意可知三年内将四门选修课程全部修完，且每学年最多选修两门，则四门学科可按2,1,1和2,2,0两种情况分成三组，若按2,1,1分成三组，有Ceq \\al(2,4)＝6(种)分组方法；若按2,2,0分成三组，有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))＝3(种)分组方法，所以每位学生共有(6＋3)Aeq \\al(3,3)＝54(种)不同的选修方式．
课时精练
一、单项选择题
1．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数的个数是( )
A．30 B．42 C．36 D．35
答案 C
解析 因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36(个)虚数．
2．为了支援山区教育，现在安排5名大学生到3个学校进行支教活动，每个学校至少安排1人，其中甲校至少要安排2名大学生，则不同的安排方法共有( )
A．50种 B．60种 C．80种 D．100种
答案 C
解析 若甲校安排2名大学生，此时有Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＝60(种)安排方法；若甲校安排3名大学生，此时有Ceq \\al(3,5)Aeq \\al(2,2)＝20(种)安排方法．综上所述，共有80种安排方法．
3．如图，在两行三列的网格中放入标有数字1,2,3,4,5,6的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有( )
A.96种 B．64种 C．32种 D．16种
答案 B
解析 根据题意，分3步进行，第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1,4或2,3中的一组，共有2Aeq \\al(2,2)＝4(种)排法；第二步，排第一步中剩余的一组数，共有Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(1,2)＝8(种)排法；第三步，排数字5和6，共有Aeq \\al(2,2)＝2(种)排法，由分步乘法计数原理知，不同的排法种数为4×8×2＝64.
4．在数学中，有一个被称为自然常数(又叫欧拉数)的常数e≈2.718 28.小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数e的前6位数字2,7,1,8,2,8进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个2不相邻，两个8相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为( )
A．36 B．48 C．72 D．120
答案 A
解析 如果排列时要求两个8相邻，两个2不相邻，两个8捆绑看作一个元素与7,1全排列，排好后有4个空位，两个2插入其中的2个空位中，注意到两个2、两个8均为相同元素，那么小明可以设置的不同的密码个数为Aeq \\al(3,3)Ceq \\al(2,4)＝36.
5．一辆七座(含司机)旅游客车载着6名游客前往某地游览，6名游客返程时恰有2名游客坐的是出发时的座位的方法数为( )
A．135 B．150 C．165 D．180
答案 A
解析 恰好有两个人的位置没有发生变化，则从6个人中选两个人使位置没有发生变化，有Ceq \\al(2,6)＝15(种)，剩下4个人均没有坐在出发时的位置上，设这四个人分别为A，B，C，D，设他们出发时坐的位置分别为a，b，c，d，返程时，若A从b，c，d三个位置中任选一个位置有3种选择，不妨假设A选择b，则此时B，C，D三个人需要安排到a，c，d的位置，共有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up7(B),\s\d5(a)) \(\s\up7(C),\s\d5(d)) \(\s\up7(D),\s\d5(c))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up7(B),\s\d5(d)) \(\s\up7(C),\s\d5(a)) \(\s\up7(D),\s\d5(c))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up7(B),\s\d5(c)) \(\s\up7(C),\s\d5(d)) \(\s\up7(D),\s\d5(a))))3种安排方法，故总的安排方法数为15×3×3＝135.
6.在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是( )
A．1 440 B．720
C．1 920 D．960
答案 C
解析 如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.
第一步：选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；
第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；
第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；
第四步：若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；
若区域D与区域A种植不同种花卉，则区域D有3种花卉可以选择，区域E可选择的花卉有4种，
故不同的种植方法种数是6×5×4×(1×4＋3×4)＝1 920.
7．在一次学校组织的研究性学习成果报告会上，有A，B，C，D，E，F共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A，C，D成果按先后顺序汇报(不一定相邻)，那么不同的汇报安排种数为( )
A．100 B．120 C．300 D．600
答案 A
解析 不考虑限制条件共有Aeq \\al(6,6)种，B最先汇报共有Aeq \\al(5,5)种，如果B不能最先汇报，而A，C，D按先后顺序汇报(不一定相邻)，则不同的汇报安排种数为eq \f(A\\al(6,6)－A\\al(5,5),A\\al(3,3))＝100.
二、多项选择题
8．现将8把椅子排成一排，4位同学随机就座，则下列说法中正确的是( )
A．4个空位全都相邻的坐法有120种
B．4个空位中只有3个相邻的坐法有240种
C．4个空位均不相邻的坐法有120种
D．4个空位中至多有2个相邻的坐法有840种
答案 AC
解析 将四个空位当成一个整体，全部的坐法有Aeq \\al(5,5)＝120(种)，故A对；
先排4个学生Aeq \\al(4,4)，然后将三个相邻的空位当成一个整体，和另一个空位插入到由4个学生形成的5个空当中，有Aeq \\al(2,5)种方法，所以一共有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(2,5)＝480(种)坐法，故B错；
先排4个学生Aeq \\al(4,4)，4个空位是一样的，然后将4个空位插入到由4个学生形成的5个空当中，有Ceq \\al(4,5)种方法，所以一共有Aeq \\al(4,4)Ceq \\al(4,5)＝120(种)坐法，故C对；
至多有2个相邻即都不相邻或者有两个相邻，由C可知都不相邻的坐法有120种，
空位两个两个相邻的有Aeq \\al(4,4)Ceq \\al(2,5)＝240(种)，空位只有两个相邻的有Aeq \\al(4,4)Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(2,4)＝720(种)，
所以一共有120＋240＋720＝1 080(种)坐法，故D错．
三、填空题
9．甲、乙、丙、丁四个人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己所写的贺卡，共有________种不同的取法．
答案 9
解析 第一步：由甲取1张不是自己所写的那张贺卡，有3种取法；
第二步：由甲取出的那张贺卡的供卡人取，也有3种不同取法；
第三步：由剩余两人中任1个人取，此时只有1种取法；
第四步：最后1个人取，只有1种取法，根据分步乘法计数原理可得共有3×3×1×1＝9(种)取法．
10．某数学兴趣小组的5名学生负责讲述“宋元数学四大家”——秦九韶、李冶、杨辉和朱世杰的故事，每名学生只讲一个数学家的故事，每个数学家的故事都有学生讲述，则不同的分配方案有________种．
答案 240
解析 先把5名学生分成人数为2,1,1,1的四组，共有eq \f(C\\al(2,5)C\\al(1,3)C\\al(1,2),A\\al(3,3))＝Ceq \\al(2,5)＝10(种)分法，再将四组学生安排宋元数学四大家讲述，有Aeq \\al(4,4)＝24(种)分法，所以分配方案有10×24＝240(种)．
名称
定义
排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
按照一定的顺序排成一列
组合
作为一组
公式
(1)Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq \f(n！,n－m！)(n，m∈N*，且m≤n)．
(2)Ceq \\al(m,n)＝eq \f(A\\al(m,n),A\\al(m,m))＝eq \f(n！,m！n－m！)(n，m∈N*，且m≤n)
性质
(1)0！＝1；Aeq \\al(n,n)＝n！.
(2)Ceq \\al(0,n)＝1；Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)；Ceq \\al(m,n＋1)＝Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n)
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中
定序问题除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法